1、课时跟踪检测(十六) 高考基础题型得分练1方程x36x29x100的实根个数是()A3 B2 C1 D0答案：C解析：设f(x)x36x29x10，f(x)3x212x93(x1)(x3)，由此可知函数的极大值为f(1)60，极小值为f(3)100，所以方程x36x29x100的实根有1个2若存在正数x使2x(xa)1成立，则a的取值范围是()A(，) B(2，)C(0，) D(1，)答案：D解析：2x(xa)1，ax.令f(x)x，f(x)12xln 20.f(x)在(0，)上单调递增，f(x)f(0)011，a的取值范围为(1，)3做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27，且用料最省，则
2、圆柱的底面半径为()A3 B4 C6 D5答案：A解析：设圆柱的底面半径为R，母线长为l，则VR2l27，l.要使用料最省，只须使圆柱的侧面积与下底面面积之和S最小由题意，SR22RlR22.S2R，令S0，得R3，则当R3时，S最小故选A.42017河北衡水中学一调设曲线f(x)exx(e为自然对数的底数)上任意一点处的切线为l1，若总存在曲线g(x)3ax2cos x上某点处的切线l2，使得l1l2，则实数a的取值范围为()A1,2 B(3，)C. D.答案：D解析：由f(x)exx，得f(x)ex1，因为ex11，所以(0,1)，由g(x)3ax2cos x，得g(x)3a2sin x，
3、又2sin x2,2，所以3a2sin x23a,23a，要使过曲线f(x)exx上任意一点的切线l1，总存在过曲线g(x)3ax2cos x上一点处的切线l2，使得l1l2，则解得a，故选D.52017河北石家庄模拟已知函数f(x)x，若f(x1)f(x2)，则()Ax1x2 Bx1x20Cx1x2 Dxx答案：D解析：因为f(x)xxf(x)，所以f(x)为偶函数，由f(x1)f(x2)，得f(|x1|)f(|x2|)(*)又f(x)exx.当x0时，e2x(x1)x1e0(01)010，则f(x)0，所以f(x)在0，)上为增函数，从而由(*)式得|x1|x2|，即xx.62017辽宁沈
4、阳一模若定义在R上的函数f(x)满足f(x)f(x)1，f(0)4，则不等式f(x)1(e为自然对数的底数)的解集为()A(0，) B(，0)(3，)C(，0)(0，) D(3，)答案：A解析：由f(x)1，得exf(x)3ex.构造函数F(x)exf(x)ex3，得F(x)exf(x)exf(x)exexf(x)f(x)1由f(x)f(x)1，ex0，可知F(x)0，即F(x)在R上单调递增又因为F(0)e0f(0)e03f(0)40.所以F(x)0的解集为(0，)7已知函数f(x)ax33x1对x(0,1总有f(x)0成立，则实数a的取值范围是_答案：4，)解析：当x(0,1时，不等式ax
5、33x10可化为a，设g(x)，x(0,1，g(x).由g(x)0得x，当x变化时，g(x)与g(x)的变化情况如下表：xg(x)0g(x)极大值4因此g(x)的最大值为4，则实数a的取值范围是4，)8已知函数yx33xc的图象与x轴恰有两个公共点，则c_.答案：2或2解析：设f(x)x33xc，对f(x)求导可得，f(x)3x23，令f(x)0，可得x1，易知f(x)在(，1)，(1，)上单调递增，在(1,1)上单调递减若f(1)13c0，可得c2；若f(1)13c0，可得c2.9设直线xt与函数f(x)x2，g(x)ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为_答案：解析
6、：当xt时，f(t)t2，g(t)ln t，y|MN|t2ln t(t0)y2t.当0t时，y0；当t时，y0.y|MN|t2ln t在t时有最小值10已知f(x)(1x)ex1.(1)求函数f(x)的最大值；解：f(x)xex.当x(，0)时，f(x)0，f(x)单调递增；当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递减所以f(x)的最大值为f(0)0.(2)设g(x)，x1，且x0，证明：g(x)1.证明：由(1)知，当x0时，f(x)0，g(x)01.当1x0时，g(x)x.设h(x)f(x)x，则h(x)xex1.当x(1,0)时，0x1,0ex1，则0xex1，从而当x(1,0)时，h(
7、x)0，h(x)在(1,0上单调递减当1xh(0)0，即g(x)1且x0时，总有g(x)1.11已知函数f(x)x33x2ax2，曲线 yf(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为2.(1)求a的值；解：f(x)3x26xa，f(0)a.曲线yf(x)在点(0,2)处的切线方程为yax2.由题设得2，所以a1.(2)证明：当k0.当x0时，g(x)3x26x1k0，g(x)单调递增，g(1)k10时，令h(x)x33x24，则g(x)h(x)(1k)xh(x)h(x)3x26x3x(x2)，h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增，所以g(x)h(x)h(2)0.所以g(x
8、)0在(0，)上没有实根综上，g(x)0在R上有唯一实根，即曲线yf(x)与直线ykx2只有一个交点冲刺名校能力提升练12017陕西西安八校联考已知函数f(x)m(x1)exx2(mR)(1)若m1，求函数f(x)的单调区间；(2)若对任意的x0，不等式x2(m2)xf(x)恒成立，求m的取值范围解：(1)当m1时，f(x)(1x)exx2，则f(x)x(2ex)，由f(x)0得，0xln 2；由f(x)0得，x0或xln 2.故函数f(x)的单调递增区间为(0，ln 2)，单调递减区间为(，0)，(ln 2，)(2)依题意，f(x)mxx2(m2)x，x0，因为x0，所以mexxm0，令h(
9、x)mexxm，则h(x)mex1，当m1时，h(x)ex10，则h(x)在(，0)上单调递减，所以h(x)h(0)0，符合题意；当m1时，h(x)在(，ln m)上单调递减，在(ln m,0)上单调递增，所以h(x)minh(ln m)h(0)0，不合题意综上所述，m的取值范围为(，122017贵州七校联考函数f(x)(ax2x)ex，其中e是自然对数的底数，aR.(1)当a0时，解不等式f(x)0；(2)当a0时，求整数t的所有值，使方程f(x)x2在t，t1上有解解：(1)因为ex0，所以不等式f(x)0即为ax2x0，又因为a0，所以不等式可化为x0，所以不等式f(x)0的解集为.(2
10、)当a0时，方程即为xexx2，由于ex0，所以x0不是方程的解，所以原方程等价于ex10.令h(x)ex1，因为h(x)ex0对于x(，0)(0，)恒成立，所以h(x)在(，0)和(0，)内是单调递增函数，又h(1)e30，h(2)e220，h(3)e30，h(2)e20，所以方程f(x)x2有且只有两个实数根，且分别在区间1,2和3，2上，所以整数t的所有值为3,13某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l.如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到
11、l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米以l2，l1所在的直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系xOy.假设曲线C符合函数y(其中a，b为常数)模型(1)求a，b的值；(2)设公路l与曲线C相切于点P，P的横坐标为t.请写出公路l长度的函数解析式f(t)，并写出其定义域；当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度解：(1)由题意知，点M，N的坐标分别为(5,40)，(20,2.5)将其分别代入y，得解得(2)由(1)知，y(5x20)，则点P的坐标为.设在点P处的切线l交x轴、y轴分别于A，B两点，y，则l的方程为y(xt)，由此得A，B.故f(t) ，t5,20设g(t)t2，则g(t)2t.令g(t)0，解得t10.当t(5,10)时，g(t)0，g(t)是减函数；当t(10，20)时，g(t)0，g(t)是增函数从而，当t10时，函数g(t)有极小值，也是最小值，所以g(t)min300，此时f(t)min15.故当t10时，公路l的长度最短，最短长度为15千米
